Question

3． 电解法处理含氮氧化物废气，可回收硝酸，具有较高的环境效益和经济效益．实验室模拟电解法吸收NO_x的装置如图所示（图中电极均为石墨电极）．
（1）若用NO₂气体进行模拟电解法吸收实验．
①写出电解时NO₂发生反应的电极反应式：NO₂-e^-+H₂O=NO₃^-+2H⁺．
②若有标准状况下2.24LNO₂被吸收，通过阳离子交换膜（只允许阳离子通过）的H⁺为0.1mol．
（2）某小组在右室装有10L0.2mol•L^-1硝酸，用含NO和NO₂（不考虑NO₂转化为N₂O₄）的废气进行模拟电解法吸收实验．
①实验前，配制10L0.2mol•L^-1硝酸溶液需量取142.9mL的密度为1.4g•mL^-1、质量分数为63%的浓硝酸．
②电解过程中，有部分NO转化为HNO₂，实验结束时，测得右室溶液中含3molHNO₃、0.1molHNO₂，同时左室收集到标准状况下28LH₂．计算原气体中NO和NO₂的体积比（假设尾气中不含氮氧化物，写出计算过程）．

Answer 1

分析 （1）①根据图知，电解时，左室中电极上氢离子放电生成氢气，则左室为阴极室，右室为阳极室，阳极上通入的是氮氧化物，生成的硝酸，所以阳极上氮氧化物失电子和水生成硝酸；
②n（NO₂）=$\frac{2.24L}{22.4L/mol}$=0.1mol，阳极反应式为NO₂-e^-+H₂O=NO₃^-+2H⁺，有0.2mol氢离子生成，因为有0.1mol硝酸生成，则有0.1mol氢离子引入阴极室；故答案为：0.1；
（2）①浓硝酸的物质的量浓度=$\frac{1000ρw}{M}$=$\frac{1000×1.4×63%}{63}$mol/L=14mol/L，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算；
②n（H₂）=$\frac{28L}{22.4L/mol}$=1.25mol，根据转移电子守恒得转移电子物质的量=1.25mol×2=2.5mol，
电解前溶液中n（HNO₃）=0.2mol/L×10L=2mol，电解后溶液中含3mol HNO₃、0.1molHNO₂，说明电解过程中有1mol HNO₃、0.1molHNO₂生成，
根据N原子守恒得n（NO）+n（NO₂）=3 mol-0.2 mol•L^-1×10 L+0.1 mol=1.1 mol，
生成0.1mol亚硝酸转移电子0.1mol且需要0.1mol电子，则生成硝酸转移电子物质的量=2.5mol-0.1mol=2.4mol，
设参加反应生成硝酸的NO物质的量为xmol、二氧化氮的物质的量为ymol，根据N原子守恒及转移电子守恒计算．

解答 解：（1）①根据图知，电解时，左室中电极上氢离子放电生成氢气，则左室为阴极室，右室为阳极室，阳极上通入的是氮氧化物，生成的硝酸，所以阳极上氮氧化物失电子和水生成硝酸；
②n（NO₂）=$\frac{2.24L}{22.4L/mol}$=0.1mol，阳极反应式为NO₂-e^-+H₂O=NO₃^-+2H⁺，有0.2mol氢离子生成，因为有0.1mol硝酸生成，则有0.1mol氢离子引入阴极室；故答案为：0.1；
（2）①浓硝酸的物质的量浓度=$\frac{1000ρw}{M}$=$\frac{1000×1.4×63%}{63}$mol/L=14mol/L，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算；
②n（H₂）=$\frac{28L}{22.4L/mol}$=1.25mol，根据转移电子守恒得转移电子物质的量=1.25mol×2=2.5mol，
电解前溶液中n（HNO₃）=0.2mol/L×10L=2mol，电解后溶液中含3mol HNO₃、0.1molHNO₂，说明电解过程中有1mol HNO₃、0.1molHNO₂生成，
根据N原子守恒得n（NO）+n（NO₂）=3 mol-0.2 mol•L^-1×10 L+0.1 mol=1.1 mol，
生成0.1mol亚硝酸转移电子0.1mol且需要0.1mol电子，则生成硝酸转移电子物质的量=2.5mol-0.1mol=2.4mol，
设参加反应生成硝酸的NO物质的量为xmol、二氧化氮的物质的量为ymol，根据N原子守恒及转移电子守恒计算．

点评 本题考查电解原理，为高频考点，侧重考查学生分析计算能力，明确各个电极上发生的反应及反应中存在的守恒是解本题关键，注意（2）②中电解后的硝酸还包含原来的硝酸，为易错点．